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第三节 化学反应速率
第1 课时 反应历程和反应速率
1．（24-25 高二上·河南·阶段检测）已知反应
。若各物质反应速率分别用
、
、
、
表示，且同一时间段内，存在关系
、
、
。则该反应的
化学方程式为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】同一个反应中，化学反应速率之比等于化学计量数之比，同一时间段内，各物质反应速率关系可
得
，A 正确；
故选A。
2．已知反应：2MnO +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，在室温下迅速混合反应液，2min 内测得c(MnO
)从0.1mol/L 减少到0.02mol/L(反应过程中忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是
A．υ(MnO )=0.04 mol∙L−1∙s−1
B．υ(Mn2+)=0.02 mol∙L−1∙min−1
C．υ(H2C2O4)=0.1 mol∙L−1∙min−1
D．2min 内产生的CO2为8.96L
【答案】C
【详解】A．2min 内测得c(MnO )从0.1mol/L 减少到0.02mol/L，则υ(MnO )
，故A 错误；
B．根据速率之比等于计量系数之比υ(Mn2+)=υ(MnO )=0.04 mol∙L−1∙min−1 ，故B 错误；
C．根据速率之比等于计量系数之比υ(H2C2O4)=2.5υ(MnO )=0.1 mol∙L−1∙min−1 ，故C 正确；
D．2min 内测得c(MnO )从0.1mol/L 减少到0.02mol/L ，溶液体积未知，因此无法计算产生CO2的物质的
量，故D 错误。
综上所述，答案为C。
3.反应2 NO(g)+2 H 2(g)= N 2(g)+2 H 2O(g)中，每生成7 g N 2放出166kJ的热量，该反应的速率表达
式为v =k ⋅c
m( NO)⋅c
n( H 2)(k、m、n待测)，其反应包含下下列两步：
2
①NO+ H 2= N 2+ H 2O2(慢 )②H 2O2+ H 2=2 H 2O(快)
T ℃时测得有关实验数据如下：
序号
c( NO)/mol⋅L
−1
c( H 2)/mol⋅L
−1
速
率
/mol⋅L
−1⋅min
−1
Ⅰ
0.0060
0.0010
1.8×10
−4
Ⅱ
0.0060
0.0020
3.6×10
−4
Ⅲ
0.0010
0.0060
3.0×10
−5
Ⅳ
0.0020
0.0060
1.2×10
−4
下列说法错误的是( )
A. 整个反应速度由第①步反应决定
B. 正反应的活化能一定是①<②
C. 该反应速率表达式：v =5000c
2( NO)⋅c( H 2)
D. 该反应的热化学方程式为2 NO( g)+2 H 2( g)= N 2( g)+2 H 2O( g)△H =−664 kJ ⋅mol
−1
【答案】B
【解析】解：A .
2
①NO+ H 2= N 2+ H 2O2(慢)，②H 2O2+ H 2=2 H 2O(快)，反应历程中反应慢的决定
反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A 正确；
B.反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①>②，故B 错误；
C.比较图表数据ⅠⅡ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，ⅢⅣ数据分析，H 2浓度
不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v = K c
2( NO)⋅c( H 2)，依据Ⅰ中
数据计算K =5000，则速率方程v =5000c
2( NO)⋅c( H 2)，故C 正确；
D.反应2 NO(g)+2 H 2(g)= N 2(g)+2 H 2O(g)中，每生成7 g N 2放出166kJ的热量，生成28 g N 2放热
664 KJ，热化学方程式为：2 NO( g)+2 H 2( g)= N 2( g)+2 H 2O( g)△H =−664 kJ ⋅mol
−1，故D 正确；
故选：B。
A.依据反应过程中的两步反应可知，反应慢的决定整个反应速率；
B.反应①难以进行，说明反应的活化能高；
C.比较图表数据ⅠⅡ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，ⅢⅣ数据分析，H 2浓度
不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，代入数值计算得到K分析判断方程正
误；
D.反应2 NO(g)+2 H 2(g)= N 2(g)+2 H 2O(g)中，每生成7 g N 2放出166kJ的热量，生成28 g N 2放热
664 KJ，结合热化学方程式书写分析判断，标注物质聚集状态和对应反应的焓变；
本题考查了化学反应能量变化分析，热化学方程式书写，主要是催化剂作用，速率方程的推导和计算应用，
题目难度中等．
4．（24-25 高二上·天津静海·阶段检测）已知化合物A 与H2O 在一定条件下反应生成化合物B 与HCOO-，其
反应历程如图所示，其中TS 表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是
A．化合物A 与H2O 之间的碰撞均为有效碰撞
B．该历程中的最大能垒(活化能)
C．使用高效催化剂可以降低反应所需的活化能和反应热
D．在总反应中，逆反应的活化能比正反应的活化能大
【答案】D
【详解】A．根据有效碰撞理论可知，化合物A 与H2O 之间的碰撞不均为有效碰撞，A 错误；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小
则活化能越小；由图，该历程中的最大能垒(活化能)E 正=16.87 kJ/mol-(-1.99kJ/mol)=18.86 kJ/mol，B 错误；
C．催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应始态
和终态的总能量，即不能改变反应热，C 错误；
D．由图，生成物能量低于反应物，反应为放热反应，则在总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大，
D 正确；
故选D。
5．（24-25 高二上·河南·阶段检测）将等物质的量的A、B 混合于2L 的恒容密闭容器中，发生反应
，经2min 后测得D 的浓度为
，且
。
内以A 表示
的平均反应速率
，下列说法错误的是
A．
内
B．反应过程中，容器内混合气体的总物质的量保持不变
C．起始时，A 的物质的量为2.5mol
D．反应过程中，A、B 的转化率始终相等
【答案】C
【详解】A．由题意可知，2min 后，D 的浓度为
，即
，则
，
则
，A 正确；
B．由
内，
可得
，则反应过程中容器内气体的总物质的量一直保持不变，B 正确；
C．设起始A、B 的物质的量均为
，由题意可列三段式(单位为mol)：
，由2min 末
，可得
，则
，C 错误；
D．由于反应物A、B 的起始物质的量相同，且化学计量数相同，则转化率始终相同，D 正确；
故选C。
6．（23-24 高二上·山东枣庄·期末）Bodensteins 研究了反应 2HI(g)
I2(g)+H2(g)，某温度下的上述反应中，
正反应速率为υ 正=k 正c2(HI)，逆反应速率为υ 逆=k 逆c(I2)·c(H2)，k=A·e-Ea/RT，其中k 正、k 逆为速率常数，根据以
上内容得出的结论，正确的是
A．反应物浓度越大，正反应速率越大
B．使用催化剂，反应的υ 正增大、υ 逆减小
C．该反应的平衡常数K =
D．速率常数的大小只与温度有关
【答案】A
【详解】A．由υ 正=k 正c2(HI)可知，反应物碘化氢的浓度越大，正反应速率越大，故A 正确；
B．使用催化剂，反应的活化能减小，由k=A·e-Ea/RT可知，反应的正逆反应速率常数都增大，则使用催化剂，
反应的正逆反应速率都增大，故B 错误；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k 正c2(HI) =k 逆c(I2)c(H2)，整理可得
=
= K ，
故C 错误；
D．由k=A·e-Ea/RT可知，速率常数的大小与温度、活化能有关，故D 错误；
故选A。
7．（23-24 高二上·江苏连云港·阶段检测）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理
时，得到甲醇在Pd(
)
Ⅲ表面发生解离时路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(
)
Ⅲ表面的物种用*标注。
下列说法错误的是
A．②中包含C—H 键的断裂过程
B．该历程中反应活化能最小的是③
C．该历程中制约反应速率的方程式为CO*+4H*→CO*+2H2
D．CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)的反应热等于5 个路径逆反应活化能之和与正反应活化能之和的差值
【答案】D
【详解】A．由图可知，②中反应为：CH3O*+H*→CH2O*+2H*，则②中包含C—H 键的断裂过程，A 正确；
B．活化能=过渡态能量-反应物的总能量，则由图可知，该历程中反应活化能最小的是③，B 正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，则历程中制约反应速率的是活化能最大的反应⑤，其方程式为：
CO*+4H*→CO*+2H2，C 正确；
D．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的反应热等于5 个路径正反应活化能之和与逆反应活化能之和的差值，D 错误；
故选D。
8．（23-24 高三下·山东·开学考试）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷
和乙醛
，其反
应过程中的能量变化如图所示(图中“
”表示吸附态)：
下列说法错误的是
A．相同条件下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷
的决速步骤是
B．升高温度，乙烯的平衡转化率增大，环氧乙烷
和乙醛
的产率增大
C．使用银作催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率
D．增大压强，环氧乙烷
的产率增大
【答案】B
【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值
越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，催化剂能降低反应的活化能，增
大反应速率，据此回答。
【详解】A．根据分析，相同条件下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)的活化能大的为决速步骤，所以决
速步骤是 OMC→EO(ads)，A 正确；
B．根据图像可知，乙烯转化为环氧乙烷(EO)和乙醛(AA )为放热反应，升高温度平衡逆向移动，环氧乙烷
(EO)和乙醛(AA )的产率减小，乙烯的平衡转化率也减小，B 错误；
C．使用银作催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，C 正确；
D．根据提示信息可知方程式为
，增大压强，平衡正向移动，环氧乙烷
(EO)的产率增大，D 正确；
故选B。
9．（23-24 高二下·山东青岛·期中）某反应在催化剂作用下的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所
示。下列说法错误的是
A．该反应的催化剂为
B．
的活化能为9.2
C．该反应的决速步为
D．该过程的总反应为
【答案】B
【详解】A．催化剂先参与反应，然后又生成，由反应历程图可知，该反应的催化剂为
，故A
正确；
B．
的活化能为
，故B 错误；
C．活化能越高，反应越慢，由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应
起决定作用，为决速步骤，故该反应的决速步为
，故C 正确；
D．由反应历程图可知，反应物为HCOOH，生成物为二氧化碳和氢气，其余物质不是催化剂，就是中间产
物，该过程的总反应为
，故D 正确；
故选B。
10．（2024·广东·高考真题）对反应
(I 为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平
衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，
增大，
减小。基于以上事实，可能的反
应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】提高反应温度，
增大，说明反应
的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，
减小，说明S 生成中间产物I 的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D 选项，
加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，
活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A 正确，
故选A。
11．（23-24 高二下·山东聊城·期末）酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如图所示，下列
说法不正确的是
A．步骤①不存在化学键的断裂与形成
B．步骤②C 原子的杂化方式没有发生变化
C．物质X 的结构简式是
D．酸性条件下，环氧乙烷与
反应的主要产物为
【答案】A
【详解】A．步骤①不存在化学键的断裂，但此过程中存在氢氧键的形成，A 错误；
B．步骤②转化前后的物质中C 原子的杂化方式都为sp3，没有发生变化，B 正确；
C．若物质X 的结构简式是
，当其进攻环氧乙烷时，形成中间体Y
，中间
体Y 再经转化为
，其再与水经进一步可转化为二甘醇
和H+，符合题意，C 正确；
D．根据生成乙二醇的机理，酸性条件下，H+先进攻环氧乙烷生成
，再经过步骤①步骤②形
成中间体
，
与
进一步反应可得到产物
，D 正确；
答案选A。
12．（24-25 高二上·辽宁·开学考试）一定条件下，将3molA 气体和1molB 气体混合于固定容积为2L 的密闭
容器中发生反应：
，2min 末该反应达到平衡，生成D 的物质的量随时间的
变化情况如图所示。下列说法正确的是
A．从开始到平衡，用A 表示的化学反应速率为
B．平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为1：1
C．增大B 的浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大
D．若平衡后移走C，则平衡向正反应方向移动，化学反应速率加快
【答案】B
【详解】A．由题意可列三段式：
从开始到平衡，用A 表示的化学反应速率为
，A 错误；
B．D 为固体，反应前后气体分子数相等，所以平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为1：1，B 正确；
C．增大反应物浓度，单位体积内，活化分子数增加，但是活化分子百分数不变，C 错误；
D．若平衡后移走C，则平衡向正反应方向移动，化学反应速率减慢，D 错误；
故选B。
13．（24-25 高二上·山东临沂·阶段检测）向某恒容密闭容器中加入4molA、1.2molC 和一定量的B 三种气体，
一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[已知
阶段c(B)未画出]。乙图为
时刻后改
变反应条件，反应速率随时间的变化情况，在
、
、
、
时刻各改变一种不同的条件，已知
时刻为使
用催化剂。
(1)若
，则
阶段的反应速率为
。
(2)
时刻改变的条件为 ，该反应的逆反应为 （填“吸热反应”或“放热反应”）。B 的
起始物质的量为 。
(3)图乙中共有I~V 五处平衡，其平衡常数与I 处的平衡常数不相等的是 （填“Ⅱ”、“Ⅲ”、
“Ⅳ”或“V”）。
(4)写出该反应的化学方程式 。
【答案】(1)0.02mol·L-1 s-1
(2) 减小压强 放热 2.0 mol
(3)Ⅴ
(4)2A(g) + B(g)
3C(g)
【分析】反应中A 的浓度变化为：1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，C 的浓度变化为：0.6mol/L-0.3mol/
L=0.3mol/L，反应中A 与C 的化学计量数之比为0.2：0.3=2：3，在
、
、
、
时刻各改变一种不同的
条件，根据图乙可知，t2～t3阶段，过程Ⅱ改变的增加某一成分的浓度，t2～t3、t4～t5阶段，过程Ⅲ、Ⅳ对
比可知，平衡均未发生移动，因此改变的条件分别为加催化剂、降低压强，t5～t6阶段，过程V 改变的条件
是升高温度，根据t4～t5阶段，降低压强平衡不发生移动，该反应的方程式为
，据
此作答。
【详解】（1）若t1=15s，生成物C 在t0～t1时间段的平均反应速率为：
。
（2）根据分析可知，t4～t5阶段改变条件后，正逆反应速率都减小且相等，所以不可能是降低温度，应该
为减小压强，因此
时刻改变的条件为减小压强；
该反应是体积不变的反应，而t5～t6阶段正逆反应速率都增大，说明是升高了温度，升高温度后正反应速
率大于逆反应速率，说明该反应为吸热反应，逆反应为放热反应；
由方程式
可知，反应过程中消耗的B 的物质的量浓度为：
，所以B 的起始浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，起始时A 的浓度为
1.0mol/L，初始时投入的A 的物质的量为4mol，根据
，B 的起始物质的量为0.5mol/
L×4L=2.0mol。
（3）温度不变则平衡常数不变，
时刻改变的条件是升高温度，因此平衡常数与I 处的平衡常数不相等的
是V。
（4）根据分析可知，该反应的化学方程式为：
。
14．（24-25 高二上·山东东营·阶段检测）北京冬奥会火炬“飞扬”着力打造“绿色冬奥”，以氢气为燃料。
氢能是一种理想的绿色能源，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。利用“一碳化学”
技术可有效实现工业制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃料，该工业制氢方法主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)温度为T1 时，向1L 容积固定的密闭容器中充入1molCH4和1molCO2只发生反应Ⅰ，初始压强为
100kPa，20min 后达到平衡，平衡时体系压强为初始压强的
。
①该条件下，该时段内
，反应Ⅰ的压强平衡常数
。
②达上述平衡后，向容器中充入0.8molCH4和0.8molCO，此时反应Ⅰ的
(填“>”“<”或
“=”)。
(2)在某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2进行反应Ⅰ、Ⅱ。平衡时，体系中H2的体
积分数随温度T 的变化如图所示，T3~T4温度区间，H2的体积分数呈现减小的趋势，其原因是 。
(3)研究表明，反应Ⅱ的逆反应在Fe3O4催化下进行，反应历程如图所示，写出该反应历程中速率控制步骤
(即速率最慢步骤)对应的反应方程式： 。
(4)氢气可以用来合成氨，H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭
容器中发生反应：
，能说明该反应达到平衡状态的是
(填序号)。
①混合气体的压强不变 ②混合气体的密度不变
③混合气体的总物质的量不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤NH3的体积分数不变
【答案】(1)
100
(2)T3~T4温度区间，以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO 浓度
增大，抑制反应Ⅰ产生H2
(3)
或
(4)①②③
【详解】（1）设转化的甲烷为
，列三段式，则
，已知平衡时体系压强为初始压强的
，恒
温恒容时，体系压强之比等于气体物质的量之比，故列出方程：
，解出
，
平衡时体系压强
，
，
，据
此回答：
①
，
，故答案为：
；100；
②④
；
，
，反应逆向进行，故
，故答案为：
＜；
（2）反应Ⅰ和反应Ⅱ都是正向吸热的反应，但是反应Ⅰ生成H2，反应Ⅱ消耗H2。T3之前平衡时H2的体积
分数随温度的升高而增加，是以反应Ⅰ为主；T3~T4温度区间，平衡时H2的体积分数随温度的升高而减小，
故以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO 浓度增大，抑制反应
Ⅰ产生H2，故答案为：T3~T4温度区间，以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积
分数减小，且CO 浓度增大，抑制反应Ⅰ产生H2；
（3）速率最慢步骤为活化能最大的步骤，故为
或
，故答案为：
或
；
（4）①该反应为气体体积增大的反应，反应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表明正逆反应速率相
等，该反应达到平衡状态，①符合题意；
②由于H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，
所以密度不变，说明反应达到了平衡状态，②符合题意；
③由于H2NCOONH4是固体，生成物全部为气体，气体的物质的量在增加，当混合气体的总物质的量不变，
说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③符合题意；
④混合气体的平均相对分子质量=混合气体的质量和/混合气体的物质的量总和，混合气体的质量恒等于
H2NCOONH4(s)分解的质量，气体的物质的量为分解的H2NCOONH4(s)的三倍，混合气体的平均相对分子质量
不变，不能说明反应达到平衡状态，④不符合题意；
⑤因反应物(H2NCOONH4)是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，⑤不符合题意；
故答案为：①②③。
15．（24-25 高二上·山东·期中）过氧化氢
是一种广泛使用强氧化剂。氢氧直接合成
，是一种
潜在工业化生产
的方法。该过程中主要存在以下反应，据此回答下列有关问题：
已知：
的计算同于
.
Ⅰ
.
Ⅱ
.
Ⅲ
.
Ⅳ
(1)计算
。
(2)从热力学角度分析，在该反应条件下更有利于
还是
的生成，原因是 。
(3)对于氢氧直接合成
，寻找合适催化剂尤为重要。研究表明Pd 基催化剂具有较好的催化效果，Pd 可
以快速大量的吸附
并将其解离成氢原子，其后续反应进程与能量变化如下图(TS 表示过渡态，*表示被催
化剂吸附)：
①该反应进程中有 个副反应进程，会影响
的生成。主要的副反应为 (写其基
元反应的化学方程式)。
②生成
决速步为 (写其基元反应的化学方程式)。
③对于该进程，下列有关说法正确的是 (填序号)。
A．反应过程中，应尽量避免氧分子内全部化学键的断裂，这样有利于
的生成
B．控制较高温度和较长的反应时间有利于减少第一个副反应的发生
C．上述反应进程中存在活化能为零过程
【答案】(1)
(2)更有利于
的生成，原因是生成水放出的热量更多，平衡常数更大
(3) 3
或者
或者
AC
【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅲ可以得到：
（2）从热力学角度分析，在该反应条件下更有利于
的生成，反应Ⅱ的
比反应Ⅰ的
更小，即
生成水放出的热量更多，平衡常数更大；
（3）①根据图示，该反应进程中有3 个副反应进程会影响
的生成，
与
为反应物的基元反应中，
主反应的活化能小，容易发生主反应，
与
为反应物的基元反应中，副反应的活化能更小，因此主
要发生的副反应为
或者
；②生成
决速步就是活化能最大的反
应，即：
或者
；③A．根据图示知，生成
的反应过程中，氧氧键
没有全部断裂，所以应尽量避免氧分子内全部化学键的断裂，这样有利于
的生成，正确；B．第一个
副反应的活化能较大，所以控制较高温度和较长的反应时间有利于第一个副反应的发生，错误；C．因为
Pd 可以快速大量的吸附
并将其解离成氢原子，所以这步反应的活化能为零，正确；故选AC。
1．（24-25 高二上·广西南宁·开学考试）近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，
合成了Y、Sc(Y1/NC，Sc1/NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。生成单分
子产物的反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。单位：
。下列说法错误的是
A．相同条件下，使用Sc1/NC 单原子催化剂的催化效果更好
B．N2吸附到催化剂表面的过程是放热过程
C．使用Y1/NC 单原子催化剂反应历程中，决速步骤可表示为
D．在图示条件下生成1molNH3的焓变为-1.826eV
【答案】D
【详解】A．相同条件下，使用
/NC 单原子催化剂，活化能更低，反应速率更快，故A 正确；
B．
吸附到催化剂表面过程可表示为
，该过程是放热过程，故B 正确；
C．使用
/NC 单原子催化剂反应历程中，最大能垒为相对能量变化最大的过程，该过程可表示为
，故C 正确；
D．图中表示生成1 个
分子的焓变为-1.826eV，故D 错误；
答案选D。
2．（23-24 高二上·山东枣庄·期末）合成氨反应历程和能量变化如图所示(*R 表示微粒处于吸附状态)。
下列说法错误的是
A．决定总反应反应历程为 *N ＋3*H = *NH3
B．反应历程中的最低能垒(活化能)为90
C．升高温度，该反应历程中基元反应的速率加快
D．N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
=—92
【答案】B
【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于慢反应，由图可知，过渡态II 的活化
能最大，则决定总反应反应历程为 *N ＋3*H = *NH3，故A 正确；
B．由图可知，反应历程中的最低能垒(90+34)kJ/mol=124kJ/mol，故B 错误；
C．升高温度，反应物的能量增大，活化分子和活化分子百分数增大，有效碰撞的次数增大，反应历程中
基元反应的速率加快，故C 正确；
D．由图可知，合成氨反应的反应热△H =(100+308)kJ/mol—500kJ/mol=—92kJ/mol，反应的热化学方程式
为N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
=—92
，故D 正确；
故选B。
3．（2024·安徽·高考真题）某温度下，在密闭容器中充入一定量的
，发生下列反应：
，
，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进
程示意图符合题意的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X 的浓度逐渐减小、Y 和Z 的浓度逐渐增大，后来随着时间
的推移X 和Y 的浓度逐渐减小、Z 的浓度继续逐渐增大，说明X(g)
Y(g)的反应速率大于Y(g)
Z(g)的反应
速率，则反应X(g)
Y(g)的活化能小于反应Y(g)
Z(g)的活化能。
【详解】A．X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，而图像显示Y 的能量高于X，即图像显示X(g)
Y(g)
为吸热反应，A 项不符合题意；
B．图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，且X(g)
Y(g)的活化能小于Y(g)
Z(g)的活化能，B
项符合题意；
C．图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，但图像上X(g)
Y(g)的活化能大于Y(g)
Z(g)的活化
能，C 项不符合题意；
D．图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都大于0，且X(g)
Y(g)的活化能大于Y(g)
Z(g)的活化能，D
项不符合题意；
选B。
4．（23-24 高二上·福建泉州·期末）利用MO+与CH4反应能高选择性生成甲醇，体系能量随反应进程变化如
图实线所示。MO+分别与CH4、CH2T2反应的历程相似。已知：参与反应的原子质量数越大，速率越慢。下
列说法错误的是
A．该反应的总反应式为MO++CH4=CH3OH+M+
B．该反应是放热反应
C．过渡态2 比过渡态1 稳定
D．MO+与CH2T2反应的能量变化应为图中曲线b
【答案】D
【详解】A．由图可知，MO+和CH4生成CH3OH 和M+，则该反应的总反应式为MO++CH4=CH3OH+M+，A 正确；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热反应，B 正确；
C．过渡态2 具有的能量比过渡态1 低，说明过渡态2 比过渡态1 稳定，C 正确；
D．已知：参与反应的原子质量数越大，速率越慢，所以MO+与CH2T2反应的活化能大于MO+与CH4，
MO+与CH2T2反应的能量变化应为图中曲线a，D 错误；
故选D。
5．（24-25 高二上·山东烟台·阶段检测）
反应过程中能量变化如图所示(图中
表示正反应的活化能，
表示逆反应的活化能)，下列有关叙述错误的是
A．该反应为放热反应，
kJ mol
⋅
B．若
kJ mol
⋅
，则2 mol
和1 mol
反应放出的热量一定等于a kJ
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应速率反应过程
D．有催化剂的两步反应中，第一步为该反应的决速步
【答案】B
【详解】A．由图可知，△H= E1- E2<0，为放热反应，A 正确；
B．该反应为可逆反应，转化率小于100%，故2 mol SO2和1 mol O2反应放出的热量一定小于a kJ，B 错误；
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，C 正确；
D．有催化剂的两步反应中，第一步活化能较高，为该反应的决速步，D 正确；
故答案选B。
6．（24-25 高二上·山东烟台·阶段检测）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国
学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇(
)与水在铜催化剂上的反应机理和能量图如图，下列说法错
误的是
A．铜催化剂会加快反应速率，提高甲醇的平衡转化率
B．反应I 和反应Ⅱ相比，反应Ⅱ速率更快
C．反应Ⅱ是放热反应，但是反应I 和Ⅱ总的反应过程是吸热的
D．CO 在反应中生成又消耗，但CO 并不是催化剂
【答案】A
【详解】A．催化剂可以加快反应速率，正逆速率同等加快，不能提高甲醇的平衡转化率，A 错误；
B．由右图可知，反应I 的活化能大于反应Ⅱ，所以反应Ⅱ的反应速率更快，B 正确；
C．反应I 是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，由图可知，反应Ⅱ生成物具有总能量高于反应I 反应物所具有
的总能量，则反应I 和反应Ⅱ总的反应过程是吸热的，C 正确；
D．CO(g)在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，不是催化剂，D 正确；
故选A。
7．（24-25 高二上·山东烟台·阶段检测）已知
的反应历程分两步：
①
(快)
，
，
②
(慢)
，
，
下列说法正确的是
A．
是反应的催化剂
B．反应①是整个反应的决速步
C．反应②正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．
化学平衡常数
【答案】D
【详解】A．由方程式可知，
是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A 错误；
B．化学反应的决速步骤为慢反应，由题意可知，反应②是慢反应，是整个反应的决速步，故B 错误；
C．由方程式可知，反应②是正反应活化能小于逆反应活化能的放热反应，故C 错误；
D．由盖斯定律可知，反应①+②得到反应
，则化学平衡常数
=
，故D 正确；
故选D。
8．（24-25 高二上·山东济南·阶段检测）CO2合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)
CO(NH2)2(g)+H2O(g) ΔH，
具体反应机理及能量变化(单位：kJ·mol-1)如图所示，TS 表示过渡态，表示在催化剂表面的反应。下列说法
正确的是
A．该反应历程中包含4 个基元反应
B．催化剂参与化学反应，改变反应历程，从而影响 ΔH
C．反应的焓变ΔH=87.5kJ·mol-1+ΔE1-ΔE2
D．决速步反应的化学方程式为H2NCOOH=HCNO+H2O
【答案】D
【详解】A．由反应机理图可知，该反应历程中包含3 个基元反应，A 错误；
B．催化剂参与化学反应，改变反应历程，但不改变反应的始态和终态，故不能影响 ΔH，B 错误；
C．由图可知，CO(NH2)2(g)和H2O(g)总能量无法确定，无法计算该反应的焓变，C 错误；
D．由图可知，H2NCOOH+NH3+H2O=HCNO+H2O+NH3为活化能最大的一步，即H2NCOOH HCNO+H
═
2O 是该反
应的决速步骤，D 正确；
故答案为：D。
9．（24-25 高二上·山东聊城·阶段检测）某温度下，在2L 密闭容器中投入一定量的A、B 发生反应：3A(g)
＋bB(g)⇌cC(g) ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)。12s 时反应达到平衡，生成C 的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B
的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．前12s 内，A 的平均反应速率为0.05mol·L-1·min-1
B．12s 后，A 的消耗速率等于B 的生成速率
C．化学计量数之比b c=1 2
∶
∶
D．12s 内，A 和B 反应放出的热量为0.2QkJ
【答案】C
【分析】由题图分析可知，前12s 内A 的浓度变化
，
， B 的浓度变化
，
，依据题意，前12s 内
，同一反应中，不同物质的反应速率之比等于化学计量数
之比，
，
。
【详解】A．据分析，前12s 内，A 的平均反应速率为
，A 错误；
B．从题图可知，该反应体系在12s 达到平衡，则12s 时反应的正反应速率等于逆反应速率，即A 的消耗速
率与B 的生成速率比值等于系数之比为3：1，B 错误；
C．据分析，化学计量数之比b：c=1：2，C 正确；
D．由上述分析可知，该反应的化学方程式为
，3molA 与1molB 完全反应放热QkJ，
12s 内A 反应的物质的量为
，则1.2molA 反应放出热量0.4QkJ，D 错
误；
故选C。
10．（24-25 高二上·山东青岛·期中）DMC(碳酸二甲酯)由于毒性较小，是一种具有发展前景的“绿色”化
工产品。其一种合成方案的反应历程如图所示(“*”表示吸附在催化剂表面)。下列说法错误的是
A．该反应为吸热反应
B．生成“过渡态Ⅱ”的过程是该反应的决速步
C．
在该反应过程中起催化作用
D．该历程的总反应为：
【答案】B
【详解】A．由图可知，反应物的能量低于生成物的能量，故是吸热反应，故A 正确；
B．由图可知，生成“过渡态I”的过程活化能是最大的，是该反应的决速步骤，故B 错误；
C．由图可知，
在反应前参与反应，反应后生成，做催化剂的作用，故C 正确；
D．由图可知，该历程的总反应为：
，故D 正确；
答案选B。
11．（24-25 高二上·山东潍坊·期中）臭氧分解反应以及催化臭氧分解反应过程中能量变化如图所示，下列
说法正确的是
A．催化反应中的催化剂是
B．决定催化反应快慢的是反应②
C．催化反应过程中不会聚集较高浓度的
D．反应达平衡时，升高温度，氧气浓度增大
【答案】C
【详解】A．由方程式可知，Cl·在反应①中先消耗，在反应②中又生成，为该反应的催化剂，ClO·在反应中
先生成后消耗，为中间产物，故A 错误；
B．由图可知，催化反应中，反应①的活化能大于反应②的活化能，慢反应是反应的决速步骤，则决定催
化反应快慢的是反应①，故B 错误；
C．由图可知，催化反应中，反应①的活化能大于反应②的活化能，反应的活化能越大，反应速率越慢，
则反应①为慢反应、反应②为快反应，所以反应过程中不会积聚较高浓度的ClO·，故C 正确；
D．由图可知，催化反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氧气浓度减小，故D 错误；
故选C。
12．（24-25 高二上·山东聊城·开学考试）某温度时，浓度均为
的两种气体
和
，在密闭容器
中发生可逆反应生成气体Z。充分反应后，
的浓度为
的浓度为
，生成气体Z 的浓
度为
。则该反应的化学方程式(Z 用X、Y 表示)是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】计算各物质的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此确定各物质的化学计
量数，再利用原子守恒用X、Y 表示Z 的组成，据此书写方程式，4s 后，△c(X2)=1mol•L-1-
0.4mol•L-1=0.6mol•L-1，△c(Y2)=1mol•L-1-0.8mol•L-1=0.2mol•L-1，△c(Z)=0.4mol•L-1，则X2、Y2、Z 的化学计量
数之比为=0.6mol•L-1 0.2mol•L
∶
-1 0.4mol•L
∶
-1=3 1 2
∶∶，故反应为
，根据原子守恒可知，Z
为X3Y，故反应可以表示为：
，
答案选D。
13．（23-24 高二上·山东菏泽·期末）氙的氟化物是优良的氟化剂，稀有气体Xe 和
混合在催化剂作用下
同时存在如下反应：
I．
II．
III．
回答下列问题：
(1)向VL 密闭容器中加入nmol 的Xe 和2mol 的
，发生上述反应。相同时间内，测得Xe 的转化率和
的选择性与温度的变化关系如图所示(
选择性是指生成
的物质的量与消耗Xe 的物质的量比值)。
高于1000℃，
选择性随着温度升高而 (填“升高”“降低”或“不变”)，原因可能是
。
(2)现用
表示含Xe 元素的某物质与含Xe 元素各物质的总物质的量之比。保持其它条件不变，1000℃时，
测得
随时间t 的变化如图所示，且平衡时
的选择性小于
的选择性。图中表示
变化的曲线
是 (填标号)；
的平均反应速率
；Xe 的转化
率= ；反应过程能量变化为 kJ(用含n，a 和b 的代数式表示)，反应1 的平衡常数K=
(用含n，V 的代数式表示)。
【答案】(1) 降低 反应的平衡常数变小或催化剂活性降低
(2) N
90% (0.9na+0.1nb)
【详解】（1）由图可知，温度高于1000℃，随着温度升高，Xe 的转化率降低，
的选择性升高，则
选择性降低；原因可能是反应的平衡常数变小或催化剂活性降低；
（2）①该反应中Xe 为反应物，物质的量存在最大初始值，随反应时间增加含量逐渐降低，M 为Xe 变化曲
线。平衡时
的选择性小于
的选择性，则平衡时
物质的量大于
，故曲线P 表示
的变
化曲线，曲线N 表示
的变化曲线；
②根据Xe 元素守恒可知，平衡时n(Xe)=0.1nmol、n(
)=0.1nmol、n(
)=0.8nmol，则
；
③Xe 的转化率
=90%；
④反应Ⅰ有0.9nmolXe 反应时变化的能量是0.9nakJ，反应Ⅱ生成时0.1nmol
变化的能量是0.1nbkJ，故
反应中能量变化共是(0.9na+0.1nb)kJ；
⑤0.1nmol
中含有F 原子0.4nmol，0.8nmol
中含有1.6nmolF 原子，根据F 原子守恒得F2转化了
nmol，剩余n(F2)=(2－n)mol，平衡时，反应Ⅰ的平衡常数K=
=
。
14．（23-24 高二下·山东青岛·期末）2024 年4 月29 日，2024 碳达峰碳中和绿色发展论坛在北京举行。习
近平总书记曾指出：“推进碳达峰碳中和是党中央经过深思熟虑作出的重大战略决策。”因此碳氧化物的
综合利用成为近年研究热点。已知下列反应的ΔH：
CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH1=41kJ/mol
CO(g)+H2(g)=HCHO(g) ΔH2=6kJ/mol
HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=121kJ/mol
(1)H2捕捉空气中CO2，可以合成加入汽油中的燃料甲醇。反应3H2+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=
(保留三位有效数字)
(2)1L 容器通入3mol H2与1mol CO2，在一定温度下发生反应：3H2+CO2(g)=CH3OH(g)+H20(g)。一段时间后，
反应达到平衡，测得反应后的容器中的总压强为反应前的75%，则平衡时甲醇的浓度为 ，若平
衡时，向容器中通入1mol H2(g)和1mol H2O(g)，则平衡 (填“向左”、“向右”或“不”)移动。
(3)氢气和一氧化碳反应也可以生成甲醇，涉及反应的过程如下：
H2(g)→H2*①
2H2*+CO(g)→CH3OH(g)②
(已知：基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应。基元反应aA+bB→dD+eE 的
速率方程可表示为v=kca(A)cb(B)，k 为速率常数)
上面的反应的各个步骤均可视为基元反应，式中H2*代表H2的状态为与催化剂的结合态。改变初始条件，
对反应中某一时刻的反应速率做观测，得到的数据如下
c(H2)/mol/L
c(CO)/mol/L
v/mol/L/min
0.010
0.010
0.0024
0.020
0.010
0.0096
0.030
0.040
0.0216
0.040
0.040
则表中的空白处应填入的数据是 ；反应①和反应②相比，反应①为 (填“快”或
“慢”)反应，符合反应历程的势能图可以表示为 (填“A”、“B”、“C”或“D”)。
【答案】(1)168 kJ/mol
(2) 0.5mol/L 向右
(3) 0.0384 慢 B
【详解】（1）已知反应①CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH1=41kJ/mol，②CO(g)+H2(g)=HCHO(g) ΔH2=6kJ/mol，
③HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=121kJ/mol，根据盖斯定律，反应①+②+③可得反应3H2+CO2(g)=CH3OH(g)
+H2O(g)，ΔH=41+6+121=168kJ/mol；
（2）由题意列三段式：
，恒温恒容下，气
体的物质的量与压强成正比，测得平衡后的容器中的总压强为反应前的75%，
，
解得x=0.5，则平衡时甲醇的浓度为
；该温度下平衡常数为
，向容器
中通入1mol H2(g)和1mol H2O(g)，此时浓度商
，平衡正向移动，则平衡向右
移动；
（3）根据速率方程可表示为v=kca(H2)cb(CO)，取第一、二组数据可得
，解得a=2，同理取
第三、四组数据可得
，解得表中的空白处应填入的数据是v=0.0384；由表可知，增大
c(H2)时反应速率增快的程度小于增大c(CO)，说明反应①和反应②相比，反应①为慢反应，活化能越大反应
速率越慢，则反应①的正反应活化能大于反应②的，由盖斯定律，2 H2(g)+CO(g)→CH3OH(g)的
ΔH=ΔH2+ΔH3=6+121=127 kJ/mol>0，该反应是吸热反应，即反应物的总能量低于生成物的总能量，符合反应
历程的势能图可以表示为B。
15．（24-25 高二上·山东滨州·阶段检测）在光照或加热条件下，“甲烷—氯气”法得到一氯甲烷是按自由
基机理进行的，即
，该反应涉及两个基元步骤①②，其相对能量—
反应进程如图1 所示：
(1)已知
键能为4.56eV，H-Cl 键能为4.46eV，leV 相当于
。则步骤①的焓变
；由Arrhenius 经验公式得
其中
为活化能，T 为热力学温度，k 为速率常数，R、C
为常数，基元步骤②的lnk 随温度(T)变化曲线如图2 所示。由图2 及结合图1 可知步骤②
。
(2)温度
时，步骤①
，某时刻测得：
，分压关系：
，此时
(填“>”或“<”)，
时步骤
①的平衡常数
。
(3)450℃时，10mol 甲烷与
发生取代反应除生成产物HCl 外，得到的其他产物及选择性如下：
产物
87%
7%
4%
1%
1%
若5min 达到平衡，测得
则甲烷的平衡转化率为 ，生成乙烷的平均速率
mol/min。
【答案】(1) +9.65 -20
(2) <
(3) 50%
【详解】（1）步骤①发生反应
；由
可得
，Ea 越大直线越陡峭，结合图1 可知Ea 正<Ea 逆，则在图2 中a 表示Ea 逆，b 表示Ea 正，
将(3.2,5.0)、(3.7,2.0)代入
，即5.0=-3.2Ea 正+RC、2.0=-3.7Ea 正+RC，求得Ea 正=6.0kJ/mol；同
理将(3.2,5.0)、(3.3,2.4)代入，求得Ea 逆=26 kJ/mol，则
；
（2）平衡时，v 正=v 逆，K=
；某时刻n(
)=n(
)，2p(HCl)=3p(CH4)，
则
，
，Qc=
，反应逆向进
行，v 正<v 逆；
（3）达到平衡时，测得n(CHCl3)=0.2mol，根据碳原子守恒，生成CHCl3所耗n(CH4)=0.2mol，则共消耗甲烷
的物质的量为
，甲烷的平衡转化率为
；根据碳原子守恒，平衡时生成
CH3Cl、CH2Cl2、CCl4、CH3 CH3的物质的量分别为5mol×87%=4.35mol、0.35mol、0.05mol、
，则生成乙烷的平均速率
。
